1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年江西省宜春市上高二中高二（上）第三次月考化学试卷 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）（2012秋重庆期末）下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（）A化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品考点：化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用版权所有专题：化学平衡专题；化学反应速率专题分析：在工业生产中，结合影响化学反
2、应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行解答：解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误故选C点评：本题考查化学反应速率以及化学平衡的调控在工业生产中的应用，题目难度不大，注意工业生产所选择的反应条件应有利于转化率和产率的提高2（3分）（2014秋庆阳校级期中）298K下，将1mol蔗糖溶解在1
3、L水中，此溶解过程中体系的G=HTS和S的变化情况是（）AG0，S0BG0，S0CG0，S0DG0，S0考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：由于蔗糖溶解于水的过程是自发过程，所以HTS0；蔗糖从晶体变成溶液，混乱度增大，所以S0解答：解：由于蔗糖溶解于水的过程是自发过程，所以G=HTS0；蔗糖从晶体变成溶液，混乱度增大，熵增加，所以S0；故选B点评：本题考查了自发过程的判断，和物质状态与熵变的关系，难度不大，注意根据教材上有关知识分析即可3（3分）（2013秋濠江区校级期末）液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3NH4+NH2，某温度下其离子积常数K=c（NH4+）
4、c（NH2）=2l030，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是（）A液氨的电离度B液氨的离子积常数Cc（NH4+）Dc（NH2）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有分析：向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c（NH4+）或c（NH2）增大抑制液氨电离，温度不变，电离平衡常数不变，据此分析解答解答：解：向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，c（NH4+）或c（NH2）增大抑制液氨电离，A抑制液氨电离导致液氨的电离度减小，故A不选；B温度不变，电离平衡常数不变，故B选；C抑制液氨电离，如果加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，如果加入N
5、aNH2，则铵根离子浓度减小，故C不选；D抑制液氨电离，如果加入氯化铵，则c（NH2）减小，如果加入NaNH2，则c（NH2）增大，故D不选；故选B点评：本题考查了弱电解质的电离，根据加入物质对离子浓度的影响来确定反应方向，再结合电离平衡常数的影响因素来分析解答，题目难度不大4（3分）（2014秋宜春校级月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，则关于热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）2CO2（g）+H2O（l）H=1 300kJmol1的说法中，正确的是（）A当10NA个电子转移时，该反应放出1 300 kJ的热量B当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1 300 kJ的热量C当2 NA个碳氧共
6、用电子对生成时，放出1 300 kJ的热量D当8 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的热量考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、每有1 mol C2H2参加反应，转移10 mol电子，放出1 300 kJ能量；B、由热化学方程式看出，该反应为放热反应；C、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1300 kJ的能量；D、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1300 kJ的能量解答：解：A、每有1 m
7、ol C2H2参加反应，转移10 mol电子，放出1 300 kJ能量，故A正确；B、由热化学方程式看出，该反应为放热反应，故B错误；C、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1 300 kJ的能量，故C错误；D、1 mol CO2分子中含有4 mol碳氧共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成了2 mol CO2，放出1 300 kJ的能量，故D正确故选AD点评：本题考查了热化学方程式计算应用，主要是电子转移和化学键形成与反应热量的定量计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等5（3分）（2006深圳一模）
8、一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是（）Aa、b、c三点溶液的pH：cabBa、b、c三点醋酸的电离程度：abcC若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小Da、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：cab考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；B随水的增多，醋酸的电离程度在增大；C用湿润的pH试纸测量酸性的pH，溶液稀释；Da、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同解答：解：A导电能力
9、越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为bac，故A错误；B随水的增多，醋酸的电离程度在增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：abc，故B正确；C用湿润的pH试纸测量酸性的pH，溶液稀释，pH增大，故C错误；Da、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故D错误；故选B点评：本题考查电解质的电离，题目难度中等，本题注意分析图象，把握弱电解质的电离特征，易错点为C，注意氢离子浓度越大，其溶液的pH越小6（3分）（2014秋宜春校级月考）将pH=13的NaOH溶液平均分
10、成两份，一份加适量水，另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后，pH都降低了1，则加入的水与硫酸的体积比为（）A10：1B11：1C20：1D21：1考点：pH的简单计算版权所有专题：计算题分析：此题为溶液PH的计算，涉及两种题型，一种为溶液的稀释，NaOH稀释时，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所加水的体积；另一种为酸碱溶液的混合，先计算溶液剩余的氢氧根离子，根据c（OH）=计算需要硫酸的体积解答：解：根据题意氢氧化钡平均分成2份，设每份都为1L，将pH=13的NaOH加适量的水，pH降低了1，则体积是原NaOH体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为
11、9L；pH=13的NaOH溶液，氢离子浓度为：c（H+）=11013mol/L，氢氧根离子浓度为：c（OH）=1101mol/L，另一份加入与该NaOH物质的量浓度相同的适量硫酸溶液后，pH也降低了1，氢氧根离子浓度为：c（OH）=1102mol/L，可设酸液体积x，依题意可列出下列等式：101mol/L1L101mol/L2xL=102mol/L（1+x）L，解之得x=L，则加入的水与硫酸的体积比为9：=21：1，故选D点评：本题考查关于pH的计算，综合性强，涉及溶液的稀释和酸碱中和后混合液的pH计算，具有一定的难度，解题的关键是概念清楚关于pH的计算，在熟练掌握基础知识的同时，还应根据题目
12、的要求，灵活运用，解决实际问题7（3分）（2011秋吉安期末）下列说法中正确的是（）A中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：二只大小相同的烧杯、二只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌捧B可以用保温杯代替烧杯做有关中和热测定的实验C在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次D测定中和热实验中，若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，则会导致所测得的中和热数值偏高考点：中和热的测定版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、中和热的测定实验中需要用二只大小不同的烧杯组装量热计，因为实验时要将小烧杯放入到大烧杯去，然后在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、
13、减少实验过程中热量损失的目的；B、保温杯代替烧杯，无需放碎泡沫塑料（或纸条），更方便，而且隔热效果更好，故B正确；C、中和反应之前，分别记录盐酸和氢氧化钠的温度，中和反应开始后，记录下混合溶液的最高温度，即最终温度，所以每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度；D、在中和热测定过程中为了提高实验的正确度，尽可能保证盐酸和氢氧化钠完全反应，所以在实验中通常使其中一种物质稍过量一些，要么HCl过量，要么NaOH过量，使之完全反应解答：解：A、中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：二只大小不同的烧杯、二只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌捧，故A错误；B、保温杯的
14、意思就是就能隔热保温，而且无需放碎泡沫塑料（或纸条），更方便，而且隔热效果更好，故B正确；C、在测定中和热的实验中，每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，故C错误；D、测定中和热实验中，若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，保证盐酸完全反应，则所测得的中和热数值不变，故D错误；故选B点评：本题主要考查了中和热测定实验的仪器、步骤和原理，难度中等，需要注意的是为了减少实验误差，实验至少要做2组，所以至少要记录6次温度8（3分）（2014秋金州区校级期中）已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA，PH=4，下列说法正确的是（）AHA在水中有0.001%发
15、生电离BHA的电离平衡常数K=108mol/LC升高温度时，PH增大D由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有分析：A利用PH=4，计算电离度；B根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；C温度升高促进电离，氢离子浓度变大；DPH=4的HA在水中，溶液中氢氧根离子是水电离出来的，水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度相等解答：解：A0.1mol/L某一元酸HA，PH=4，HA电离度为=0.1%，故A错误；B由HAH+Ac，c（H+）=c（Ac）=104mol/L，则电离平衡常数为=1107，故B错误；C温度升高促进电离，氢离子浓度变大，PH
16、减小，故C错误；DPH=4，水电离出的氢离子浓度是1010mol/L，由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的，故D正确；故选D点评：本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大9（3分）（2011奉贤区一模）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）；H=+49.0kJmol1CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）；H=192.9kJmol1下列说法正确的是（）ACH3OH的燃烧热为192.9kJmol1B反应中的能量变化如图所示CCH3OH转变成H
17、2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的H192.9kJmol1考点：化学能与热能的相互转化版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、利用盖斯定律，32可得甲醇燃烧的热化学方程式，进而可知甲醇的燃烧热；B、根据H=生成物总能量反应物总能量来判断；C、根据已知的甲醇转化为氢气的两种反应原理来判断；D、根据物质的能量大小与物质的状态关系来判断解答：解：A、根据盖斯定律将，32可得：CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=192.9kJ/mol349kJ/mol2=676.7kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7k
18、J/mol，故A错误；B、反应的H0，而图示的H=生成物总能量反应物总能量0，故B错误；C、由已知可知，反应为吸热反应，而反应为放热反应，故C错误；D、同物质的量的同种物质，气态能量最高，其次液态能量，固态能量最低，由推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的H192.9kJmol1，故D正确；故选D点评：本题考查化学反应的反应热的计算注意在比较反应热大小时要带符号比较，并注意盖斯定律的应用来解答10（3分）（2011合肥三模）某密闭容器中充入等物质的最的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的
19、浓度、反应速率随时间变化如下图所示下列说法中正确是（）A8min时表示正反应速率等于逆反应速率B前20minA的反应速率为0.05mol/（Lmin）C反应方程式中的x=1，30min时表示增大压强D40min时改变的条件是升高温度，且正反应为吸热反应考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用版权所有专题：化学平衡专题分析：本题为化学平衡图象题，解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义，二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点，三看量的变化，利用相关公式进行计算解答：解：A、根据图象可知：8min时B、C的浓度相等，此时仍向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应
20、速率，故A错误；B、前20minA的反应速率为v（A）=v（C）=0.05mol/（Lmin ），故B正确；C、在反应中B、C的物质的量浓度变化之比为1：2，根据化学方程式可知x=1，故该反应为气体体积不变的反应，即反应过程中气体的压强不变，增大压强，B、C的物质的量浓度都将增大，故C错误；D、升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即逆反应为吸热反应，故D错误；故选B点评：本题涉及化学平衡移动的影响因素和化学反应速率的有关计算需读懂化学平衡的图象、正确理解平衡移动的本质是因正反应速率和逆反应改变的程度不同11（3分）（2013秋大港区校级期末）下列说法中正确的是（）A常温下，稀释0.1 mol/L
21、的氨水，溶液中c（OH）、c（NH4+）、c（H+）均下降BpH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C常温下，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2 NH4Cl （NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：D当溶液中存在的离子只有Cl、OH、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A加水稀释氨水，溶液中c（H+）增大；BpH=8
22、.3的NaHCO3溶液中HCO3水解程度大于电离程度；C亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大；D当溶液呈碱性时，存在c（OH）c（H+），根据电荷守恒判断解答：解：A加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但溶液中c（OH）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（H+）增大，故A错误；BpH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3水解程度大于电离程度，则c（CO32）c（H2CO3），故B错误；C亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大，化学式中氯化铵中铵根离子个数最少，所
23、以氯化铵的浓度最大，则相同c（NH4+）相等的（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2 NH4Cl （NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：，故C正确；D当溶液呈碱性时，存在c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Cl）c（NH4+），故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解、弱电解质的电离，根据溶液中溶质的性质结合电荷守恒、盐类水解强弱等知识点来分析解答，题目难度中等12（3分）（2011秋吉安期末）下列各组物质的变化，可用勒夏特列原理解释的是（）氯水在光照下颜色变浅最终为无色 碳酸钠溶液滴加酚酞试液，加热后红色变深氯化铁溶液加铁粉振荡后颜色变浅
24、pH=2的醋酸1ml加水稀释至100ml，pH小于4500时比室温更有利于合成氨的反应ABCD考点：化学平衡移动原理版权所有专题：化学平衡专题分析：勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，以此解答该题解答：解：氯气与水反应：Cl2+H2OHCl+HClO，光照时HClO不稳定而分解，平衡向正向移动，氯水颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故正确；滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色，其中碳酸根离子水解平衡受温度的影响，温度高，水解程度大，碱性增强，所以溶液颜
25、色逐渐变深，可用勒夏特列原理解释，故正确；氯化铁溶液加铁粉振荡后会发生反应生成氯化亚铁，颜色变浅，不可用勒夏特列原理解释，故错误；pH=2的醋酸1ml加水稀释至100ml，醋酸的电离平衡会正向移动，所以pH小于4，可用勒夏特列原理解释，故正确；合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，不可用勒夏特列原理解释，故错误故选B点评：本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应
26、速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析13（3分）（2012秋铁东区校级期中）常温下，在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是（）A在A、B间任一点，溶液中一定都有c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）B在B点a12.5，且有：c（Na+）=c（CH3COO）=c（OH）=c（H+）C在C点：c（CH3COO）c（Na+）c（OH）c（H+）D在D点：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2 c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有分析：A在A、B间任一
27、点，溶液pH7，溶液呈碱性，则存在c（OH）c（H+），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO）相对大小，再根据溶液中的溶质确定c（CH3COO）、c（OH）相对大小；BB点溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；C在C点，溶液呈酸性，所以c（OH）c（H+）；D在D点，任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断解答：解：A在A、B间任一点，溶液pH7，溶液呈碱性，则存在c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO）相对大小，如果加入醋酸的量很少，则c（CH3COO）c（OH），故A错误；BB点
28、溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒得：c（Na+）=c（CH3COO），盐类水解程度较小，所以c（CH3COO）c（OH），醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以a12.5，故B错误，C在C点，pH7，溶液呈酸性，所以c（OH）c（H+），故C错误；D在D点，任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2 c（Na+），故D正确；故选D点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确溶液中的溶质、物质的性质是解本题关键，再结合溶液中存在的电荷守恒、物料守恒解答，易错选项是A14（3分）（2013秋吉州区校级期
29、中）如图是甲醇燃料电池的结构示意图甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH+3O22CO2+4H2O下列说法不正确的是（）A左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇B正极反应式为：O2+2H2O+4e4OHC负极反应式为：CH3OH+H2O6eCO2+6H+D该电池提供1mole，消耗氧气0.25mol考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应解答：解：
30、A左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，故A正确；B酸性条件下，正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，故B错误；C负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故C正确；D已知正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，则消耗1mol氧气转移1mol电子，所以该电池提供1mole，消耗氧气0.25mol，故D正确；故选B点评：本题以甲醇为燃料考查了燃料电池，难度不大，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同15（3分）（2012
31、秋东河区校级期末）有关如图装置中的叙述正确的是（）A这是电解NaOH溶液的装置B溶液中发生了变化：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3CFe为正极，电极反应为：Fe2e+2OHFe（OH）2DNaOH溶液的碱性逐渐减弱考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：碱性条件下，铁、铂丝和含有空气的氢氧化钠溶液构成原电池，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，铂丝作正极，正极上氧气得电子发生还原反应解答：解：A该装置符合原电池的构成条件，所以属于原电池，发生铁的吸氧腐蚀，故A错误；B负极上电极反应式为Fe2eFe2+，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+
32、4e4OH，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定易被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3，故B正确；C铁作负极，电极反应式为Fe2eFe2+，故C错误；D负极反应式为2Fe2Fe2+4e，正极上的反应式为：2H2O+O2+4e40H，所以总反应为2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2，根据电池反应式知，电解质溶液中氢氧根离子浓度不变，故D错误；故选：B点评：本题考查了铁的吸氧腐蚀，明确原电池原理是解本题关键，根据正负极上得失电子及反应类型来分析解答，难点是电极反应式的书写16（3分）（2013成都一模）在恒温恒压下，向密闭容器中充
33、入4mol A和2mol B，发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g）H0.2min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol则下列分析正确的是（）A若反应开始时容器体积为2L，则v（C）=0.4mol/（Lmin）B若在恒压绝热条件下反应，平衡后n（C）1.6molC若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，B的转化率不变D若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用版权所有专题：化学平衡专题分析：A、依据化学反应速率概念计算分析判断；B、在恒压绝热条件下反应，反应放热，平衡逆向进行，平衡后n（C）1.6mol；C、若2min后，向容器中再投入等物
34、质的量A、C，平衡正向进行；D、恒温恒容条件反应过程中，压强减小解答：解：A、由化学平衡三段式可知， 2A（g）+B（g）2C（g）起始量（mol） 4 2 0变化量（mol） 1.6 0.8 1.6平衡量（mol） 2.4 1.2 1.6若反应开始时容器体积为2L，平衡后容器体积小于2L，则v（C）0.4mol/（Lmin），故A错误；B、依据平衡计算，在恒压绝热条件下反应，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡后n（C）1.6mol，故B正确；C、若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，平衡正向进行，B的转化率增大，故C错误；D、恒温恒容条件反应过程中，压强减小，平衡逆向进行放出
35、的热量减小，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意恒温恒容、恒温恒压条件下分析的角度不同，结果不同，注意掌握平衡移动原理的实质应用，题目难度中等二、非选择题（每空2分）17（20分）（2014秋宜春校级月考）物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡：（1）有0.1molL1的（NH4）2SO4溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）（2）有0.1molL1的NaHCO3溶液，在该溶液中存在的平衡有三个，请分别用离子方程式表示：HCO3H+CO32、HCO3+H2OH2CO3+OH、H2OH+OH（3）已
36、知25时，KspMg（OH）2=1.21011，KspCu（OH）2=2.21020在25条件下，向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，则最先生成的沉淀的离子方程式为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+（4）NH3H2O 的电离方程式是NH3H2ONH4+OH，往氨水中加入少量醋酸铵固体（提示醋酸铵呈中性），C（OH）减小（填“增大”“减小”“不变”）（5）已知某温度下K（NH3H2O）=1.69105，则该温度下0.1mol/L的氨水中c（OH）=1.3102mol/L（6）又已知该温度下KspMg（OH）2=1.21011，将0.01mol/
37、L的MgCl2溶液与上述氨水等体积混合有（填“有”、“无”）沉淀生成往0.01mol/L的MgCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH=10，此时c（Mg2+）=1.2103mol/L考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）依据硫酸铵溶液中铵根离子水解溶液呈酸性分析离子浓度大小；（2）碳酸氢钠溶液中存在的平衡为碳酸氢根离子水解平衡、电离平衡和水的电离平衡；（3）根据溶度积常数确定先沉淀的物质，溶度积常数越小的物质越先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜和铵根离子；（4）NH3H2O 是弱电解
38、质存在电离平衡，往氨水中加入少量醋酸铵固体，醋酸铵呈中性，溶液中氢氧根离子浓度不变；（5）依据平衡常数概念计算；（6）依据溶度积常数计算分析判断，等体积混合，离子浓度变化为原来一半，结合浓度积和Ksp比较判断，碱溶液中镁离子完全沉淀，镁离子解答：解：（1）有0.1molL1的（NH4）2SO4溶液，铵根离子水解显酸性，水解程度微弱，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；故答案为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）；（2）碳酸氢钠溶液中存在的平衡为碳酸氢根离子水解平衡HCO3+H2OH2CO3+OH；电离平衡HCO3H+CO32；水的电离
39、平衡H2OH+OH；故答案为：HCO3H+CO32；HCO3+H2OH2CO3+OH、H2OH+OH；（3）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子，离子方程式为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+，故答案为：Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+；（4）NH3H2O 是弱电解质存在电离平衡，NH3H2ONH4+OH，往氨水中加入少量醋酸铵固体，醋酸铵呈中性，溶液中铵根离子浓度增大，平衡左移，氢氧根离子浓度减小；故答案为：NH3H2ONH4+OH；减小；（5）某温度下NH3H2ONH
40、4+OH，K（NH3H2O）=1.69105，则该温度下0.1mol/L的氨水中C（OH）=1.3102mol/L；故答案为：1.3102；（6）将0.01mol/L的MgCl2溶液与上述氨水等体积混合，浓度商=0.005mol/L（）2=2.1107Ksp，有沉淀生成，往0.01mol/L的MgCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH=10，此时c（Mg2+）=1.2103mol/L，故答案为：有；1.2103点评：本题考查了弱电解质电离，盐类水解应用沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等18（12分）（2014秋娄底期中）汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧
41、的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）2NO（g）H0，已知该反应在2 404，平衡常数K=64104请回答：（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为0.05mol/（Lmin）（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志ADA消耗1mol N2同时生成1mol O2B混合气体密度不变C混合气体平均相对分子质量不变 D2v正（N2）=v逆（NO）（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是AC（填字母序号）（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，
42、达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数不变（填“变大”、“变小”或“不变”）（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101 mol/L、4.0102 mol/L和3.0103 mol/L，此时反应向正反应方向进行（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是因为浓度商QcK考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）5分钟内，n（O2）=1mol0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）2NO（g）可知n（N2）=0.5m
43、ol，带入v=计算；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；（3）根据温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；（4）根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；（5）计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论解答：解：（1）5分钟内，n（O2）=1mol0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）2NO（g）可知n（N2）=0.5mol，v（N2）=0.05mol/（Lmin），故答案为：
44、0.05mol/（Lmin）；（2）A消耗1mol N2等效于消耗1mol O2，同时生成1mol O2，故选；B混合气体密度一直不变，故不选；C混合气体平均相对分子质量不变，总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故不选； D2v（N2）正=v（NO）正=v（NO）逆，故选；故选：AD；（3）A、该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；B、加入催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；C、升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确故答案为：AC；（4）该反应中，气体的化学计量数之和前后
45、相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数，故答案为：不变；（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101mol/L、4.0102mol/L和3.0103mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为：=9104K，则反应应向正反应方向进行，故答案为：向正反应方向进行；因为浓度商QcK点评：本题考查化学平衡的有关计算，题目难度中等，注意平衡常数的计算和应用19（4分）（2014春柯城区校级期中）已知下列两个热化学方程式；H2（g）+O2（g）H2O（1）；H=285.0kJ/m
46、olC3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（1）；H=2220.0kJ/mol（1）实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热3360kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比是4：1（2）已知：H2O（1）=H2O（g）；H=+44.0kJ/mol写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（g）H=2044kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：计算题；化学反应中的能量变化分析：（1）计算H2和C3H8的平均燃烧热，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比（2）根据盖斯定律，由已
47、知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式解答：解：（1）由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285.0kJ/mol，丙烷的燃烧热为2220.0kJ/molH2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热3360kJ，则混合气体中H2和C3H8的平均燃烧热为=672kJ/mol，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比：故H2和C3H8的体积比为1548kJ/mol：387kJ/mol=4：1故答案为：4：1（2）已知：C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（1）；H=2220.0kJ/molH2O（1）=H2O（g
48、）；H=+44.0kJ/mol由盖斯定律可知，+4得C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（g）H=2044kJ/mol故答案为：C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（g）H=2044kJ/mol点评：考查反应热的计算、盖斯定律等，难度中等，（1）中利用十字交叉法计算，比常规方法简单，容易计算，注意对十字交叉法的理解20（6分）（2014秋宜春校级月考）某二元酸（分子式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2B=H+HB；HBH+B2回答下列问题：（1）在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是ACAc（B2）+c（HB）=0.1mol/L B
49、c（B2）+c（HB）+c（H2B）=2c（Na+）Cc（OH）=c（H+）+c（HB） Dc（Na+）+c（OH）=c（H+）+c（HB）（2）下表为几种酸的电离平衡常数CH3COOHH2CO3H2S1.8105K1=4.3107K2=5.61011K1=9.1108K2=1.11012则pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序c（CH3COONa）c（NaHS）c（Na2CO3），少量CO2与NaHS反应的离子方程式为HS+H2O+CO2=H2S+HCO3考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析
50、：（1）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答；（2）CH3COONa、Na2CO3、NaHS是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程越大，PH值越大，所以相同浓度的三种溶液，PH大小关系为：Na2CO3NaHSCH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序是c（Na2CO3）c（NaHS）c（CH3COONa）；强制弱的原理分析解答解答：解：（1）在Na2B中存在水解平衡：B2+H2O=HB+OH，HB不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，A根据物料守恒得c（B2）+
51、c（HB）=0.1molL1，故A正确；BHB不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，故B错误；C根据质子守恒得c（OH）=c（H+）+c（HB），故C正确；D根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HB）+2c（B2），故D错误；故选：AC；（2）CH3COONa、Na2CO3、NaHS是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程越大，PH值越大，所以相同浓度的三种溶液，PH大小关系为：Na2CO3NaHSCH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序是：c（Na2CO3）
52、c（NaHS）c（CH3COONa）；向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3H2SHCO3，故反应生成H2S和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaHS+H2O+CO2=H2S+NaHCO3，故答案为：c（CH3COONa）c（NaHS）c（Na2CO3）；HS+H2O+CO2=H2S+HCO3点评：本题考查盐类水解的应用，溶液中离子浓度的大小比较，综合性较强要注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比H2S小21（10分）（2012秋泗水县校级期末）某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO
53、4+8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1molL1，盐桥中装有饱和K2SO4溶液回答下列问题：（1）发生氧化反应的烧杯是乙（填“甲”或“乙”）（2）外电路的电流方向为：从a到b（填“a”或“b”）（3）电池工作时，盐桥中的SO42移向乙（填“甲”或“乙”）烧杯（4）甲烧杯中发生的电极反应为MnO4+8H+5eMn2+4H2O考点：常见化学电源的种类及其工作原理版权所有专题：电化学专题分析：由2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为
54、负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答解答：解：由2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，（1）b为负极，则乙烧杯中发生氧化反应，故答案为：乙；（2）由上述分析可知，a为正极，电流由正极流向负极，即从a流向b，故答案为：a；b；（3）阴离子向负极移动，则盐桥中的SO42移向乙烧杯中，故答案为：乙；（4）甲烧杯中发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO4+8H+5eMn2+4H2O，故答案为：MnO4+8H+5eMn2+4H2O点评：本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键，题目难度不大 - 19 - 版权所有高考资源网
